第一篇：不等式的證明方法習題精選精講

習題精選精講

不等式的證明

不等式的證明是高中數學的一個難點，證明方法多種多樣，近幾年高考出現較為形式較為活躍，證明中經常需與函數、數列的知識綜合應用，靈活的掌握運用各種方法是學好這部分知識的一個前提，下面我們將證明中常見的幾種方法作一列舉。

注意a2?b?2ab的變式應用。常用2a2?b2a?b?22(其中a,b?R)來解決有關根式不等式的問題。?

1、比較法

比較法是證明不等式最基本的方法，有做差比較和作商比較兩種基本途徑。已知a,b,c均為正數，求證：111111????? 2a2b2ca?bb?cc?a

2證明：∵a,b均為正數，∴111b(a?b)?a(a?b)?4ab(a?b)?????0 4a4ba?b4ab(a?b)4ab(a?b)

22(b?c)(c?a)111111????0，????0同理4b4cb?c4bc(b?c)4c4ac?a4ac(a?c)

111111??????0 2a2b2ca?bb?cc?a

111111?????∴ 2a2b2ca?bb?cc?a三式相加，可得

2、綜合法

綜合法是依據題設條件與基本不等式的性質等，運用不等式的變換，從已知條件推出所要證明的結論。

2a、b、c?(0,??)，a?b?c?1，求證：a2?b2?c2?1

3?2a2?2b2?2c2?2ab?2bc?2ca

證：?3(a2?b2?c2)?1?(a?b?c)2∴3(a2?b2?c2)?(a?b?c)2?(a?b)2?(b?c)2?(c?a)2?03 設a、b、c是互不相等的正數，求證：a

證：∵ ?b4?c4?abc(a?b?c)a4?b4?2a2b2b4?c4?2b2c2c4?a4?2c2a2∴ a4?b4?c4?a2b2?b2c2?c2a

2∵

∴ a2b2?b2c2?2a2b2?b2c2?2ab2c同理：b2c2?c2a2?2bc2ac2a2?a2b2?2ca2b a2b2?b2c2?c2a2?abc(a?b?c)知a,b,c?R，求證:

2a22?b?22?c?222?a?2(a?b?c)22

2證明：∵a?b

22?2ab?2(a?b)?a?2ab?b?(a?b)22即a?b?(a?b)22，兩邊開平方得a2?b?222a?b?(a?b)22

同理可得

b

?c?

(b?c)2

c

?a?

(c?a)三式相加，得 2

a

?b?2

?c?2

?a?2(a?b?c)

1(1?)(1?)?9

xy5x、y?(0,??)且x?y?1，證：。

11x?yx?yyxyx

(1?)(1?)?(1?)(1?)?(2?)(2?)?5?2(?)

xyxyxyxy?5?2?2?9 證：

6已知a,b?R

?

?1??1?

1,a?b?1求證：?1???1???.?a??b?9

?a,b?R?,a?b?1

11??

2著一個不等式ab?.策略:由于??ab?說明a,b?R,a?b?1的背后隱含?a?b?44??ab??

?2??

111a?b12?1??1?

而 ?1???1???1????1???1??1?8?9.ababababab1?a??b??

證明：?a,b?R,a?b?1?ab?。

4?1??1???1???1???9.?a??b?

3、分析法

分析法的思路是“執果索因”：從求證的不等式出發，探索使結論成立的充分條件，直至已成立的不等式。

7已知a、b、c為正數，求證：

2（a?ba?b?c?ab)?3(?abc)2

32（證：要證：即：c?28

a?ba?b?c?ab)?3(?abc)23只需證：?2ab?c?3abc

成立∴ 原不等式成立

ab?abc∵ c?ab?ab?3cab?3a、b、c?(0,??)且a?b?c?1，求證a?b??3。

證：

a?b??3?(a?b?c)?3即：2ab?2bc?2ac?

2∵2ab?a?b2bc?b?c2ac?a?c即2ab?2?2?(a?b)?(b?c)?(a?c)?2∴原命題成立

換元法實質上就是變量代換法，即對所證不等式的題設和結論中的字母作適當的變換，以達到化難為易的目的。

4、換元法

ab?(1?a2)(1?b2)?1b?19，求證：。

證明：令a

?sin?

??k??

?

k?? b?sin?

??k??

?

k??

左10：x

?sin?sin??cos??cos??sin?sin??cos?cos?

2?cos?(??)?1∴ ab?(1?a)(1?b)?

1?y2?1，求證：?2?x?y?2

x?y?cos??sin??2sin(??

?

證：由x?y?1設x?cos?，y?sin?∴)?[?2,2]

∴

?2?x?y?2

4??.a?bb?ca?c

11知a>b>c,求證：

證明：∵a－b>0,b－c>0,a－c>0∴可設a－b=x,b－c=y(x, y>0)則a－c= x + y, 原不等式轉化為證明

114??

xyx?y

即證(x?

11xyxy

y)(?)?4，即證2???4∵??2∴原不等式成立（當僅x=y當“=”成立）

xyyxyx

12知1≤x＋y≤2，求證：

≤x－xy＋y≤3．

證明：∵1≤x＋y≤2，∴可設x = rcos?，y = rsin?，其中1≤r≤2，0≤?＜2?． ∴x－xy＋y= r－rsin2?= r(1－

sin2?)，∵

≤1－

sin2?≤

32，∴

r≤r(1－

sin2?)≤

r，而

r≥

12，32

r≤3∴

≤x－xy＋y≤3．

13已知x－2xy＋y≤2，求證：| x＋y |≤

．

2，0≤?

＜2?．

證明：∵x－2xy＋y=(x－y)＋y，∴可設x－y = rcos?，y = rsin?，其中0≤r≤∴| x＋y | =| x－y＋2y | = | rcos?＋2rsin?| = r|14解不等式解：因為（5sin(?＋ractan

12)|≤

r≤．

5?x?x?1＞

12，+

?x)2?(x?1)2=6，故可令 5?x = sin?sin?

+

－

x?1＝6 cos? cos?，?∈［0，?2

］

則原不等式化為 由?∈［0，cos?

＞

所以sin?

＞

?2

］知cos?＞0，將上式兩邊平方并整理，得48 cos2?+46 cos?

－23＜0

解得0≤cos?＜

282?24

－x≤

所以x＝6cos2?－1＜

24?4724?47

}.，且x≥－1，故原不等式的解集是｛x|-1≤x＜

1212

15：－1≤

?x2

2．證明：∵1－x≥0，∴－1≤x≤1，故可設x = cos?，其中0≤?≤?．

則

?x2

－x =

?cos2?－cos?= sin?－cos?=

－x≤

2sin(?2．

－

???3?)，∵－≤?－≤

4444，∴－1≤

2sin(?－

?2)≤2，即－1≤?x4

增量代換法

在對稱式(任意互換兩個字母，代數式不變)和給定字母順序(如a＞b＞c)的不等式，常用增量進行代換，代換的目的是減少變量的個數，使要證的結論更清晰，思路更直觀，這樣可以使問題化難為易，化繁為簡． 16a，b?R，且a＋b = 1，求證：(a＋2)＋(b＋2)≥

證明：∵a，b?R，且a＋b = 1，∴設a =

252

．

＋t，b=

－t，(t?R)

112

＋t＋2)＋(222522

∴(a＋2)＋(b＋2)≥．

則(a＋2)＋(b＋2)=（－t＋2)=(t＋

52)＋(t－

52)= 2t＋

252

≥

252

．

利用“1”的代換型

已知a,b,c?R?,且 a?b?c?1, ???9.abc17策略：做“1”的代換。

證明：

5、反證法

反證法的思路是“假設?矛盾?肯定”，采用反證法時，應從與結論相反的假設出發，推出矛盾的過程中，每一步推理必須是正確的。18若p＞0，q＞0，p＋q= 2，求證：p＋q≤2．證明：反證法

假設p＋q＞2，則(p＋q)＞8，即p＋q＋3pq(p＋q)＞8，∵p＋q= 2，∴pq(p＋q)＞2． 故pq(p＋q)＞2 = p＋q=(p＋q)(p－pq＋q)，又p＞0，q＞0

111a?b?ca?b?ca?b?c?3??b?a???c?a???c?b??3?2?2?2?9

???????????

abacbc??????abcabc.? p＋q＞0，∴pq＞p－pq＋q，即(p－q)＜0，矛盾．故假設p＋q＞2不成立，∴p＋q≤2．

19已知a、b、c?（0，1），求證：(1?a)b，(1?b)c，(1?c)a，不能均大于

4。

證明：假設(1?a)?b，(1?b)?c，(1?c)?a均大于4

∵

(1?a)，b均為正∴

(1?a)?b1

1?(1?a)?b??24

2(1?b)?c11(1?c)?a1(1?a)?b(1?b)?c(1?c)?a111

?(1?b)?c????????24222222222同理∴

33?

22不正確∴ 假設不成立∴ 原命題正確

∴

20已知a,b,c∈（0，1），求證：（1－a）b,（1－b）c,（1－c）a 不能同時大于。

證明：假設三式同時大于

∵0＜a＜1∴1－a＞0 ∴

(1?a)?b

?

1?a)b?

11?42

21a、b、c?R，a?b?c?0，ab?bc?ca?0，a?b?c?0，求證：a、b、c均為正數。

a?b?c?0a、b、c兩負一正

證明：反證法：假設a、b、c不均為正數又 ∵ 不妨設a

?0，b?0，c?0又 ∵ a?b?c?0∴ c??(a?b)?0同乘以(a?b)∴ c(a?b)??(a?b)即

ac?bc?ab??(a2?ab?b2)?0，與已知ab?bc?ca?0矛盾

∴ 假設不成立∴

6、放縮法

放縮時常用的方法有：1去或加上一些項2分子或分母放大（或縮小）3用函數單調性放縮4用已知不等式放縮 22已知a、b、c、d都是正數，求證：1＜

a、b、c均為正數

bc

＋

a?b?cb?c?d

＋

dc?d?a

＋

a

＜2．

d?a?bcc?d，證明：∵

b

a?b?c?d

＜

＜

bbc

＜，a?b?ca?ba?b?c?d

＜

＜

cb?c?d

＜

d

a?b?c?ddc?d?adc?d，a

a?b?c?d

＜

aa

＜，d?a?ba?b

＋

將上述四個同向不等式兩邊分別相加，得：1＜

bc

＋

a?b?cb?c?ddc?d?a

＋

a

＜2．

d?a?b

3n?N

*

2(n?1?1)?1?，求證：

2?

???

1n

?2n?

1。

證明：∵

?

2?k1n

?

2??1

?2(k?k?1)

1k

?

2k?k

?

2k?k?1

?2(k?1?k)

1?

∴

???

1n

?1?2(2?1)?2(3?2)???2(n?n?1)

?2n?1

1?

????2(2?1)?2(?2)???2(n?1?n)

?2(n?1?1)

判別式法

222

yx?y?z?2yzcosA?2xzcosB?2xycosC。?ABCxz24A、B、C為的內角，、、為任意實數，求證：

證明：構造函數，判別式法令

f(x)?x2?y2?z2?(2yzcosA?2xzcosB?2xycosC)

?x2?2?x(zcosB?ycosC)?(y2?z2?2yzcosA)為開口向上的拋物線

??4(zcosB?ycosC)2?4(y2?z2?2yzcosA)?4(?z2sin2B?y2sin2C?2yzcosBcosC?2yzcosA)

??4[z2sin2B?y2sin2C?2yzcosBcosC?2yz(cosBcosC?sinBsinC)]

??4[z2sin2B?y2sin2C?2yzsinBsinC] ??4(zsinB?ycosC)2?0

無論

y、z為何值，??0∴ x?Rf(x)?0∴ 命題真

構造函數法

構造函數法證明不等式24 設0≤a、b、c≤2，求證：4a＋b＋c＋abc≥2ab＋2bc＋2ca． 證明：視a為自變量，構造一次函數

f(a)= 4a＋b2＋c2＋abc－2ab－2bc－2ca =(bc－2b－2c＋4)a＋(b2＋c2－2bc)，由0≤a≤2，知

f(a)表示一條線段．又f(0)= b2＋c2－2bc =(b－c)2≥0，f(2)= b2＋c2－4b－4c＋8 =(b－2)2＋(c－2)2≥0，可見上述線段在橫軸及其上方，∴

f(a)≥0，即4a＋b2＋c2＋abc≥2ab＋2bc＋2ca．

?

?

?

?

n≤|m|·構造向量法證明不等式根據已知條件與欲證不等式結構，將其轉化為向量形式，利用向量數量積及不等式關系m·|n|，就能避免復雜的湊配技巧，使解題過程簡化．應用這一方法證明一些具有和積結構的代數不等式，思路清晰，易于掌握． 25 設a、b∈R，且a＋b =1，求證：(a＋2)＋(b＋2)≥

?

?

?

?22

?

．

證明：構造向量m=(a＋2，b＋2)，n=(1，1)．設m和n的夾角為?，其中0≤?≤?． ∵|m| =

?

(a?2)2?(b?2)2

?

?，|n| =

?

2n= |m|·，∴m·|n|cos?=

????

(a?2)2?(b?2)2

2·cos?；

n另一方面，m·

所以

=(a＋2)·1＋(b＋2)·1 = a＋b＋4 = 5，而0≤|cos?|≤1，(a?2)2?(b?2)2

≥5，從而(a＋2)＋(b＋2)≥

．

構造解析幾何模型證明不等式

如果不等式兩邊可以通過某種方式與圖形建立聯系，則可根據已知式的結構挖掘出它的幾何背景，通過構造解析幾何模型，化數為形，利用數學模型的直觀性，將不等式表達的抽象數量關系轉化為圖形加以解決．

26設a＞0，b＞0，a＋b = 1，求證：

2a?1＋2b?1≤2．

≤2．這可認為是點

證明：所證不等式變形為：

2a?1?2b?1

A（2a?12b?1)到直線 x＋y = 0的距離．

2a?1)2＋(2b?1)2= 4，故點A在圓x2＋y2= 4(x＞0，y＞0)上．如圖所示，AD⊥BC，半徑AO＞AD，即有：

≤2，所以

但因（2a?1?2b?1

2a?1＋2b?1≤22．

第二篇：證明不等式方法

不等式的證明是高中數學的一個難點，題型廣泛，涉及面廣，證法靈活，錯法多種多樣，本節通這一些實例，歸納整理證明不等式時常用的方法和技巧。1比較法

比較法是證明不等式的最基本方法，具體有“作差”比較和“作商”比較兩種。基本思想是把難于比較的式子變成其差與0比較大小或其商與1比較大小。當求證的不等式兩端是分項式（或分式）時，常用作差比較，當求證的不等式兩端是乘積形式（或冪指數式時常用作商比較）

例1已知a+b≥0，求證：a3+b3≥a2b+ab

2分析：由題目觀察知用“作差”比較，然后提取公因式，結合a+b≥0來說明作差后的正或負，從而達到證明不等式的目的，步驟是10作差20變形整理30判斷差式的正負。

∵（a3+b3)(a2b+ab2)

=a2(a-b)-b2(a-b)

=(a-b)(a2-b2)

證明： =(a-b)2(a+b)

又∵(a-b)2≥0a+b≥0

∴(a-b)2(a+b)≥0

即a3+b3≥a2b+ab2

例2 設a、b∈R+，且a≠b，求證：aabb＞abba

分析：由求證的不等式可知，a、b具有輪換對稱性，因此可在設a＞b＞0的前提下用作商比較法，作商后同“1”比較大小，從而達到證明目的，步驟是：10作商20商形整理30判斷為與1的大小

證明：由a、b的對稱性，不妨解a＞b＞0則

aabbabba=aa-bbb-a=(ab)a-b

∵ab0，∴ab1，a-b0

∴(ab)a-b(ab)0=1即aabbabba＞1，又abba＞0∴aabb＞abba

練習1 已知a、b∈R+，n∈N，求證（a+b）（an+bn）≤2（an+1+bn+1）2基本不等式法

利用基本不等式及其變式證明不等式是常用的方法，常用的基本不等式及變形有：

（1）若a、b∈R，則a2+b2≥2ab（當且僅當a=b時，取等號）

（2）若a、b∈R+，則a+b≥ 2ab（當且僅當a=b時，取等號）

（3）若a、b同號，則 ba+ab≥2（當且僅當a=b時，取等號）

例3 若a、b∈R，｜a｜≤1，｜b｜≤1則a1-b2+b1-a2≤

1分析：通過觀察可直接套用： xy≤x2+y2

2證明： ∵a1-b2b1-a2≤a2+(1-b2)2+b2-(1-a2)2=1

∴b1-a2+a1-b2≤1，當且僅當a1+b2=1時，等號成立

練習2：若 ab0，證明a+1(a-b)b≥

33綜合法

綜合法就是從已知或已證明過的不等式出發，根據不等式性質推算出要證明不等式。

例4，設a0，b0，a+b=1，證明:(a+1a)2+(B+1b)2≥252

證明：∵ a0，b0，a+b=1

∴ab≤14或1ab≥

4左邊=4+(a2+b2)=1a2+1b2=4+［(a+b)2-2ab］+(a+b)2-2aba2b2

=4+(1-2ab)+1-2aba2b2≥4+(1-12)+8=252

練習3：已知a、b、c為正數，n是正整數，且f(n)=1gan+bn+cn

3求證：2f（n）≤f（2n）

4分析法

從理論入手，尋找命題成立的充分條件，一直到這個條件是可以證明或已經證明的不等式時，便可推出原不等式成立，這種方法稱為分析法。

例5：已知a0，b0，2ca+b，求證：c-c2-ab＜a＜c+c2-ab

分析：觀察求證式為一個連鎖不等式，不易用比較法，又據觀察求證式等價于 ｜a-c｜＜c2-ab也不適用基本不等式法，用分析法較合適。

要證c-c2-ab＜a＜c+c2-ab

只需證-c2-ab＜a-c＜c2-ab

證明：即證 ｜a-c｜＜c2-ab

即證(a-c)2＜c2-ab

即證 a2-2ac＜-ab

∵a＞0，∴即要證 a-2c＜-b 即需證2+b＜2c，即為已知

∴ 不等式成立

練習4：已知a∈R且a≠1，求證：3（1+a2+a4）＞（1+a+a2）

25放縮法

放縮法是在證明不等式時，把不等式的一邊適當放大或縮小，利用不等式的傳遞性來證明不等式，是證明不等式的重要方法，技巧性較強常用技巧有：（1）舍去一些正項（或負項），（2）在和或積中換大（或換小）某些項，（3）擴大（或縮小）分式的分子（或分母）等。

例6：已知a、b、c、d都是正數

求證： 1＜ba+b+c+cb+c+d+dc+d+a+ad+a+b＜

2分析：觀察式子特點，若將4個分式商為同分母，問題可解決，要商同分母除通分外，還可用放縮法，但通分太麻煩，故用放編法。

證明：∵ba+b+c+cb+c+d+dc+d+a+ad+a+b＞

ba+b+c+d+ca+b+c+d+da+b+c+d+aa+b+c+d=a+b+c+da+b+c+d=

1又由ab＜a+mb+m(0＜a＜b，m＞0)可得：ba+b+c＜b+da+b+c+dcb+c+d＜c+aa+b+c+ddc+d+a＜d+bc+d+a+dad+a+b＜a+ca+b+c+d

∴ ba+b+c+cb+c+d+dc+d+a+ad+a+b＜

b+da+b+c+d+c+aa+b+c+d+d+bc+d+a+d+a+ca+b+c+d=2(a+b+c+c)a+b+c+d=2

綜上知：1＜ba+b+c+cb+c+d+dc+d+a+ad+a+b＜2

練習5：已知：a＜2，求證：loga(a+1)＜1

6換元法

換元法是許多實際問題解決中可以起到化難為易，化繁為簡的作用，有些問題直接證明較為困難，若通過換元的思想與方法去解就很方便，常用于條件不等式的證明，常見的是三角換元。

(1)三角換元：

是一種常用的換元方法，在解代數問題時，使用適當的三角函數進行換元，把代數問題轉化成三角問題，充分利用三角函數的性質去解決問題。

例

7、若x、y∈R+,且 x-y=1 A=(x-1y)(y+1y)。1x，求證0＜A＜

1證明： ∵x，y∈R+，且x-y=1，x=secθ，y=tanθ，（0＜θ＜xy）

∴ A=(secθ-1secθ(tanθ+1tanθ·1sec2θ

=1-cos2θcosθ·s2m2θ+cos2θcosθ·s2mθ·cos2θ

=sinθ

∵0＜θ＜x2，∴ 0＜s2mθ ＜1因此0＜A＜1

復習6：已知1≤x2+y2≤2，求證：12 ≤x2-xy+y2≤

3(2)比值換元：

對于在已知條件中含有若干個等比式的問題，往往可先設一個輔助未知數表示這個比值，然后代入求證式，即可。

例8：已知 x-1=y+12=z-23，求證：x2+y2+z2≥431

4證明：設x-1=y+12=z-23=k

于是x=k+1，y=zk-1，z=3k+

2把上式代入x2+y2+z2=(k+1)2(2k-1)2+(3k+2)2

=14(k+514)2+4314≥4314

7反證法

有些不等式從正面證如果不好說清楚，可以考慮反證法，即先否定結論不成立，然后依據已知條件以及有關的定義、定理、公理，逐步推導出與定義、定理、公理或已知條件等相矛盾或自相矛盾的結論，從而肯定原有結論是正確的，凡是“至少”、“唯一”或含有否定詞的命題，適宜用反證法。

例9：已知p3+q3=2，求證：p+q≤

2分析：本題已知為p、q的三次，而結論中只有一次，應考慮到用術立方根，同時用放縮法，很難得證，故考慮用反證法。

證明：解設p+q＞2，那么p＞2-q

∴p3＞（2-q）3=8-12q+6q2-q

3將p3+q3 =2，代入得 6q2-12q+6＜0

即6（q-1）2＜0 由此得出矛盾∴p+q≤

2練習7：已知a+b+c＞0，ab+bc+ac＞0，abc＞0.求證：a＞0，b＞0，c＞0

8數學歸納法

與自然數n有關的不等式，通常考慮用數學歸納法來證明。用數學歸納法證題時的兩個步驟缺一不可。

例10：設n∈N，且n＞1,求證：(1+13)(1+15)…(1+12n-1)＞2n+12

分析：觀察求證式與n有關，可采用數學歸納法

證明：（1）當n=2時，左= 43，右=52

∵43＞52∴不等式成立

（2）假設n=k(k≥2，k∈n)時不等式成立，即（1+13）（1+15）…（1+12k-1)＞2k+12 那么當n=k+1時，(1+13)(1+15)…(1+12k-1)(1+12k+1)＞2k+12·(1+12k+1)①

要證①式左邊＞2k+32，只要證2k+12·

2k+22k+1＞2k+32②

對于②〈二〉2k+2＞2k+1·2k+3

〈二〉(2k+2)2＞(2k+1)(2k+3)

〈二〉4k2+8k+4＞4k2+8k+3

〈二〉4＞3③

∵③成立 ∴②成立，即當n=k+1時，原不等式成立

由（1）（2）證明可知，對一切n≥2（n∈N），原不等式成立

練習8：已知n∈N，且n＞1，求證： 1n+1+1n+2+…+12n＞132

49構造法

根據求證不等式的具體結構所證，通過構造函數、數列、合數和圖形等，達到證明的目的，這種方法則叫構造法。

1構造函數法

例11：證明不等式：x1-2x ＜x2（x≠0）

證明：設f（x）=x1-2x-x2（x≠0）

∵f(-x)

=-x1-2-x+x2x-2x2x-1+x

2=x1-2x-［1-(1-2x)］+x2=x1-2x-x+x2

=f（x）

∴f（x）的圖像表示y軸對稱

∵當x＞0時，1-2x＜0，故f（x）＜0

∴當x＜0時，據圖像的對稱性知f（x）＜0

∴當x≠0時，恒有f（x）＜0 即x1-2x＜x2（x≠0）

練習9：已知a＞b，2b＞a+c，求證：b-b2-ab＜a＜b+b2-ab

2構造圖形法

例12：若f（x）=1+x2，a≠b，則|f（x）-f（b）|＜ |a-b|

分析：由1+x2 的結構可知這是直角坐標平面上兩點A(1，x)，0(0，0)的距離即 1+x2 =(1-0)2+(x-0)2

于是如下圖，設A(1，a)，B(1，b)則0A= 1+a2 0B=1+b2

|AB|=|a-b|又0A|-|0B＜|AB|∴|f(a)-f(b)|＜|a-b|

練習10：設a≥c，b≥c，c≥0，求證 c(a-c)+c(b-c)≤ab

10添項法

某些不等式的證明若能優先考慮“添項”技巧，能得到快速求解的效果。

1倍數添項

若不等式中含有奇數項的和，可通過對不等式乘以2變成偶數項的和，然后分組利用已知不等式進行放縮。

例13：已知a、b、c∈R+，那么a3+b3+c3≥3abc（當且僅當a=b=c時等號成立）證明：∵a、b、c∈R+

∴a3+b3+c3=12 ［(a3+b3)+(b3+c3)+(c3+a3)］≥12 ［(a2b+ab2)+(b2c+bc2)+(c2a+ca2)］=12［a(b2+c2)+b(c2+a2)+c(a2+b2)］≥12(a·2bc+b·2ca+c·2ac)=3abc

當且僅當a=b，b=c，c=a即a=b=c時，等號成立。

2平方添項

運用此法必須注意原不等號的方向

例14 ：對于一切大于1的自然數n，求證：

(1+13)(1+15)…(1+12n-1＞ 2n+1 2)

證明：∵b ＞ a＞ 0，m＞ 0時ba＞ b+ma+m

∵ ［(1+13)(1+15)…(1+12n-1)］2=（43、65…2n2n-1)（43、65…2n2n-1)＞（54、76…2n+12n)（43、65…2n2n-1)=2n+13＞ 2n+14＞

∴(1+13)(1+15)…(1+12n-1)＞2n+1 2)

3平均值添項

例15：在△ABC中，求證sinA+sinB+sinC≤3

32分析：∵A+B+C=π，可按A、B、C的算術平均值添項sin π

3證明：先證命題：若x＞0，y＜π，則sinx+siny≤2sin x+y2（當且僅當x=y時等號成立）∵0＜x+y2＜ π，-π2＜ x-y2＜ π2sinx+siny=2sin x+y2cosx-y

2∴上式成立

反復運用這個命題，得sinA+sinB+sinC+sin π3≤2sinA+B2+2sinc+π32≤2·2sinA+B2+c+π322 =4sinπ3=332

∴sinA+sinB≠sinC≤332

練習11 在△ABC中，sin A2sinB2sinC2≤18

4利用均值不等式等號成立的條件添項

例16 ：已知a、b∈R+，a≠b且a+b=1，求證a4+b4＞ 18

分析：若取消a≠b的限制則a=b= 12時，等號成立

證明：∵a、b∈R+∴a4+3(12)4 ≥ 44a4 ［(12)4］3=12a①

同理b4+3(12)4 ≥b②

∴a4+b4≥12(a+b)-6(12)4=12-6(12)4=18③

∵a≠b ∴①②中等號不成立∴③中等號不成立∴ 原不等式成立

1．是否存在常數c，使得不等式 x2x+y+yx+2y≤c≤xx+2y+y2x+y對任意正數x,y恒成立？ 錯解：證明不等式x2x+y+ yx+2y≤xx+2y+y2x+y恒成立，故說明c存在。

正解：x=y得23 ≤c≤23，故猜想c= 23,下證不等式 x2x+y+ yx+2y≤23≤xx+2y+y2x+y恒成立。要證不等式xx+2y+xx+2y≤23，因為x,y是正數，即證3x(x+2y)+3y(2x+y)≤2（2 x+y）(x+2y),也即證3x2+12xy+3y2 ≤2(2x2+2y2+5xy),即2xy≤x2+y2，而此不等式恒成立，同理不等式 23≤xx+2y+y2x+y也成立，故存在c=23 使原不等式恒成立。

6.2已知x,y,z∈R+，求證：x2y2+y2z2+z2x2x+y+z ≥ xyz

錯解：∵ x2y2+y2z2+z2x2≥ 3 3x2y2y2z2z2x2=3xyz3xyz 又x+y+z ≥ 3xyz ∴x2y2+y2z2+z2x2x+y+z≥ 3xyz33xyz33xyz=xyz

錯因：根據不等式的性質：若a ＞b＞ 0，c ＞d ＞0,則ac bd，但 ac＞bd卻不一定成立 正解：x2y2+y2z2≥ 2x y2z，y2z2+z2x2≥ 2x yz2，x2y2+z2x2≥ 2x 2yz，以上三式相加，化簡得：x2y2+y2z2+z2x2≥xyz(x+y+z)，兩邊同除以x+y+z:

x2y2+y2z2+z2x2x+y+z ≥ xyz

6.3 設x+y>0，n為偶數，求證yn-1xn+xn-1yn≥

1x 1y

錯證：∵yn-1xn+xn-1yn-1x-1y

=(xn-yn)(xn-1-yn-1)xnyn

n為偶數，∴ xnyn ＞0，又xn-yn和xn-1-yn-

1同號，∴yn-1xn+xn-1yn≥ 1x-1y

錯因：在x+y>0的條件下，n為偶數時，xn-yn和xn-1-yn-1不一定同號，應分x、y同號和異號兩種情況討論。

正解：應用比較法：

yn-1xn+xn-1yn-1x-1y=(xn-yn)(xn-1-yn-1)xnyn

① 當x>0,y>0時，(xn-yn)(xn-1-yn-1)≥ 0，(xy)n >0

所以(xn-yn)(xn-1-yn-1)xnyn

≥0故：yn-1xn+xn-1yn≥ 1x-1y

② 當x,y有一個是負值時，不妨設x>0,y<0，且x+y>0，所以x>|y|

又n為偶數時,所以(xn-yn)(xn-1-yn-1)>0 又(xy)n >0，所以(xn-yn)(xn-1-yn-1)xnyn ≥0即 yn-1xn+xn-1yn≥ 1x-1y

綜合①②知原不等式成立

第三篇：不等式證明若干方法

安康學院 數統系數學與應用數學 專業 11 級本科生

論文（設計）選題實習報告

11級數學與應用數學專業《科研訓練2》評分表

注：綜合評分?60的為“及格”； <60分的為“不及格”。

第四篇：選修4-5不等式的證明方法及習題

不等式的證明方法

一、比較法

1.求證：x2 + 3 > 3x

2.已知a, b, m都是正數，并且a < b，求證：

a?mb?m

?ab

變式：若a > b，結果會怎樣？若沒有“a < b”這個條件，應如何判斷？ 3.已知a, b都是正數，并且a ? b，求證：a5 + b5 > a2b3 + a3b

24.甲乙兩人同時同地沿同一路線走到同一地點，甲有一半時間以速度m行走，另一半時間以速度n行走；有一半路程乙以速度m行走，另一半路程以速度n行走，如果m ? n，問：甲乙兩人誰先到達指定地點？

變式：若m = n，結果會怎樣？

二：作商法

a?b

1.設a, b ? R，求證：aabb?(ab)

+

2ba

?ab

三、綜合法

1.已知a，b，c是不全相等的正數，求證：

a(b?c)?b(c?a)?c(a?b)?6abc

2.已知a，b，c都是正數，且a，b，c成等比數列，求證：a2?b2?c2?(a?b?c)2 練習：

1求證：a?b

?

(a?b),a, b, c ? R

2求證：a2?b2?

b?c

?c?a

1a

?

1b??

2(a?b?c),a, b, c ? R

1c)?9

1?)?

3．a , b, c?R,求證：1?(a?b?c)(2?(a?b?c)（?1

a?bb?cc?a

abc

3???3?

b?cc?aa?b2

3?由上題：(a?b?c)(∴1?

ca?b

?1?

ab?c

1a?b

?b

1b?c?92

?

1c?a)?

92?

bc?a

?

ca?b

?32

?1?

c?a

即

ab?c

四、分析法

例1求證3?7?2

5例2證明：通過水管放水，當流速相同時，如果水管截面的周長相等，那么截面是圓的水練習：

1.已知a,b,c,d ∈R,求證:ac + bd ≤(a2?b2)(c2?d2)選擇題

(1)若logab為整數,且loga>logablogba,那么下列四個結論中正確的個

b

數是（1b

>b>a2②logab+logba=0③0

答案:A

(2)設x1和x2是方程x2+px+4=0的兩個不相等的實數根,則（）x1|>2且|x2|>2 x1+x2x1+x2x1|=4且|x2|=1 答案:B

(3)若x,y∈R+,且x≠y,則下列四個數中最小的一個是（）

1?)xy1

答案:D

(4)若x>0,y>0,且x?

y≤ax?y成立,則a的最小值是（）

答案:B

(5)已知a,b∈R+,則下列各式中成立的是（）

2θ·lga+sin2θ·lgb

2θ·lgb>lg(a+b)

cos2θ·bsin2θ=a+bcos2θ·bsin2θ>a+b

答案:A

+

(6)設a,b∈R,且ab-a-b≥1,則有（）

+b≥2(2+b ≤+b(2+1)

+b ≤2(2+1)

答案:A

用分析法證明:3(1+a

+a4)≥(1+a+a2)2用分析法證明:ab+cd ≤

a2?c2? 2

用分析法證明下列不等式:

(1)5?7?1?(2)x?1?

x?2?

x?3?a?b2

?

x?

4(x≥4)

a?b?c

?

(3)當a,b,c∈R+2（ab)?3(abc)

若a,b>0,2c>a+b,求證:

(1)c2>ab

（2）c-c2?ab

五、換元法

三角換元：

若0≤x≤1，則可令x = sin?(0???

?

2)或x = sin2?(?

?2

???

?2

若x2?y2?1，則可令x = cos? , y = sin?(0???2?若x2?y2?1，則可令x = sec?, y = tan?(0???2?若x≥1，則可令x = sec?(0???若x?R，則可令x = tan?(? 代數換元：

?2

?2

???

?2

“整體換元”,“均值換元”,例1求證：?

?x?x

?

證一：（綜合法）證二：（換元法）例2 已知x > 0 , y > 0，2x + y = 1，求證：

1x?1y

?3?22

例3 若x?y?1，求證：|x?2xy?y|?

例4證明：若a > 0，則a?

1a

?2?a?

1a

?2

證：設x?a?

1a,y?

a?

1a,(a?0,x?2,y?

2)

則x?y

?1??

??a????

?a???1?2

a?2??2

a??

x?y?a?

1a

?a?

1a

?2?2（當a = 1時取“=”）

∴x?y?

x?yx?y

?

22?

?2?2

即y?2?x?2∴原式成立

六、放縮法與反證法

例1若a, b, c, d?R，求證：

?2

c?d?bd?a?c

bcd

證明：（用放縮法）記m =???

a?b?db?c?ac?d?bd?a?c

1?

a?b?d

?

b?c?a

a

?

?

a

b

c

d

+

∵a, b, c, d?R+∴m?

a

a?b?c?da?b?c?ac?d?a?babcd

????2m?

a?ba?bc?dd?c

?

b

?

c

?

dd?a?b?c

?1

∴1 < m < 2即原式成立

例2當 n > 2 時，求證：logn(n?1)logn(n?1)?1 證明：（用放縮法）∵n > 2∴logn(n?1)?0,logn(n?1)?0

?lognn2??logn(n2?1)??logn(n?1)?logn(n?1)?

??∴logn(n?1)logn(n?1)????1 ????22???2???

∴n > 2時,logn(n?1)logn(n?1)?1 例3求證：

?

?

???

1n

?2

證明：（用放縮法）

1n

1n

?

1n(n?1)

12?

?

1n?1

?13

?

1n

1n?1

1n

1n

∴?

?

????1?1??????2??2

例4設0 < a, b, c < 1，求證：(1 ? a)b,(1 ? b)c,(1 ? c)a,不可能同時大于 證明：（用反證法）設(1 ? a)b >

14,(1 ? b)c >

164

14,(1 ? c)a >

14,則三式相乘：(1 ? a)b?(1 ? b)c?(1 ? c)a >①

?(1?a)?a?

又∵0 < a, b, c < 1∴0?(1?a)a?

??2??

?

同理(1?b)b?

14,(1?c)c?

164

將以上三式相乘(1 ? a)a?(1 ? b)b?(1 ? c)c≤∴(1 ? a)b,(1 ? b)c,(1 ? c)a,不可能同時大于

此與①矛盾

例4已知a + b + c > 0，ab + bc + ca > 0，abc > 0，求證：a, b, c > 0證明：（用反證法）設a < 0,∵abc > 0,∴bc < 0 又由a + b + c > 0,則b + c >?a > 0

∴ab + bc + ca = a(b + c)+ bc < 0此與題設矛盾 又 若a = 0，則與abc > 0矛盾，∴必有a > 0 同理可證 b > 0,c > 0 練習

1．設x > 0, y > 0,a?

x?y1?x?y

x1?x?y, b?

x1?xy

?

y1?yx1?x，求證：a < b

放縮法：

x?y1?x?y

??

1?x?y

??

y1?y

2．lg9?lg11 < 1

?lg9?lg11??lg99??2?

放縮法：lg9?lg11??????????1

2???2??2?

3．logn(n?1)logn(n?1)?1

?lognn2??logn(n2?1)?

放縮法：logn(n?1)logn(n?1)??????

22????

?1

4．若a > b > c,則

1a?b1n?1

?

1a?b

?

1b?c

?

4c?a

?0

放縮法：

1n

?

1b?c1

?2

??2

??2???(a?b)(b?c)?(a?b)?(b?c)?

11n

?

4a?c

5．?

n?2

????1(n?R,n?2)

?

放縮法：左邊?

1n?1

1n

?

1n

?

1n

???

12n

1n

?

1n

?

n?nn

?1

6．??

n?2

????1

放縮法：

12n

?n?中式?

1n?1

?n?1

7．已知a, b, c > 0, 且a2 + b2 = c2，求證：an + bn < cn(n≥3, n?R*)?a??a??a??b?

放縮法： ∵??????1，又a, b, c > 0, ∴?????,?c??c??c??c??a??b??a??b?

∴????????????1? an + bn < cn

?c??c??c??c?

n

n

n

?b??b?

????? ?c??c?

n2

8．設0 < a, b, c < 2，求證：(2 ? a)c,(2 ? b)a,(2 ? c)b,不可能同時大于1 反證法：(2 ? a)c>1,(2 ? b)a>1,(2 ? c)b>1,則(2 ? a)c(2 ? b)a(2 ? c)b>1?① 又因為設0 < a, b, c < 2，(2 ? a)a?

(2?a)?a

?1,同理(2 ? b)b≤1,(2 ? c)c≤1,所以(2 ? a)c(2 ? b)a(2 ? c)b≤19．若x, y > 0，且x + y >2，則

1?yx

和

1?xy

中至少有一個小于2

反證法：設

1?yx

≥2，1?xy

≥2∵x, y > 0，可得x + y ≤2與x + y >2矛盾

第五篇：不等式的一些證明方法

數學系數學與應用數學專業2009級年論文(設計)

不等式的一些證明方法

[摘要]：不等式是數學中非常重要的內容,不等式的證明是學習中的重點和難點,本文除總結不等式的常規證明方法外,給出了不等式相關的證明方法在具體實例中的應用.[關鍵詞] 不等式;證明;方法； 應用

不等式在數學中占重要地位,由于其本身的完美性及證明的困難性,使不等式成為各類考試中的熱點試題,證明不等式的途徑是對原不等式作代數變形，在初等數學中常用的方法有放縮法、代換法、歸納法、反證法等等.因而涉及不等式的問題很廣泛而且處理方法很靈活,故本文對不等式的證明方法進行一些探討總結.一、中學中有關不等式的證明方法 1.1中學課本中的四種證明方法 1.1.1理清不等式的證明方法

（1）比較法：證明不等式的基本方法,適應面寬.①相減比較法—欲證A?B,則證A?B?0.②相除比較法—欲證A>B（A>0,B>0）,則證>1.（2）綜合法：利用平均不等式、二次方程根的判別式、二項式定理、數列求和等等。此方法靈活性大,需反復練習.（3）分析法：當綜合法較困難或行不通時,可考慮此法,但不宜到處亂用.第1頁（共13頁）

AB

數學系數學與應用數學專業2009級年論文(設計)（4）數學歸納法：凡與自然數n有關的不等式,可考慮此法,但有時使用起來比較困難,應與前面幾種方法配合應用.1.1.2選擇典型范例,探求解題途徑

例1.1.1 求證 1?2x4?2x3?x2

分析 用相減比較法證明A?B?0.一般應將A?B變形為[f(x)]

2、（f(x)?g(x)，其中f(x),g(x)同號）,或變形為多個因子的[f(x)]2?[g(x)]

2、乘積、平方式.本題可化為兩個完全平方式的和或化為一個完全平方式與一個正因式的積.證： ?2x4?2x3?x2?1?2x3(x?1)?(x?1)(x?1)

?(x?1)(2x3?x?1)?(x?1)(2x3?2x?x?1)

13?2(x?1)2[(x?)2?]

442x4?2x3?x2?1?0

?當x?R時，即 1?2x4?2x3?x2

例1.1.2 證明 n(n?1)?n?1???....?(n?1).分析 題中含n,但此題用數學歸納法不易證明,通過變形后可采用平均不等式來證.11111????(1?1)?(1?）???（1?)23n?2n nn34n?12?????n>n2?3.4...n?1=nn?1（再變形）=2323nn11111n?1???....?(1?1)?(1?)?....?(1?)23n?2n

證：

nnn?1?1n12131n第2頁（共13頁）

數學系數學與應用數學專業2009級年論文(設計)

2? ?1n34n?1??....?23n?n2?3?4?....?n?1?nn?1

n23n131n所以 n(n?1)?n?1???....?

例1.1.3 求證：

1112+

11+?+>n(n?1,n為自然數)2n 分析 與自然數有關的問題,可考慮用數學歸納法.設n?K時成立,需證n?K?1時也成立,需證明K+K+

1>K?1,可采用“湊項”的方法： K?1KK?1?1KK?1K?11=>==K?1

K?1K?1K?1K?111?12?2?12?2?2,右邊?2,所以, 2 證：(1)當n?2時,左邊?左邊?右邊.(2)假設n?K時, 1111+

11+?+>K成立,則當n?K?1時, 2K+

1111+?++ ?K+

K?12K?1KKK?1?1K?1 =>

KK?1K?1?K?1?K?1K?1

綜上所述： 1.2關于不等式證明的常規方法（1）利用特殊值證明不等式

11+

11+?+>n 2n特殊性存在于一般規律之中,并通過特例表現出來.如果把這種辯證思想用于解題之中,就可開闊解題思路.第3頁（共13頁）

數學系數學與應用數學專業2009級年論文(設計)例1.2.1 已知a?b,b?0,a?b?1.求證（a+）(b+)≥

121a1b25.412112211125只需證明當a?b時，（a+）(b+)≥.故可設a??x

ab2411b? ?x,(|x|?且x?0)22證：考慮a與b都去特殊值,既當a?b?時有（2?）（2?）=4則

a2?1b2?1(a2?1)(b2?1)(ab?1)2?111（a+）(b+)=== ?abababab33(?x2)2?1(?x2)2?125=4>4=.114?x244故原不等式得證.（2）利用分子有理化證明不等式

分母有理化是初中數學教材中重要知識,它有著廣泛的應用,而分子有理化也隱含于各種習題之中,它不但有各種廣泛的作用,而且在證明不等式中有它的獨特作用.例1.2.2[1] 求證13-12<12-11.證：利用分子有理化易得：13-12=?13?12>12+11 ?113?12113?12,12-11=

112?11, <

112?11

即 13-12<12-11.（3）應用四種“平均”之間的關系證明不等式

四種“平均”之間的關系,既調和平均數H(a)≤幾何平均數G(a)≤

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數學系數學與應用數學專業2009級年論文(設計)算數平均數A(a)≤平方平均數Q(a).寫得再詳細些就是：若a1,a2,a3?，an都是正實數,則：

111aa?12???1≤na1a2?an≤

a1?a2???ann≤

a21?a2???ann22

an（注：這一串不等式在不等式證明中起著舉足輕重的作用.）例1.2.3 已知a?b,求證a+證：a+

1≥3(a?b)b111=(a?b)+b +≥3×3(a?b)b?3

(a?b)b(a?b)b(a?b)b（4）充分利用一些重要結論,使解題簡捷

①對實數a,b,c,d有

a2?b2≥2ab?ab?ba;a2?b2?c2?ab?bc?ca;a2?b2?c2?d2?ab?bc?cd?da.②若a,b同號,則?≥2；

若a,b,c均為正數,則??≥3.a2?b2a?b2 ③若是正數,則≥≥ab≥（當且僅當a?b時等號

1122?abbaabbacbac成立）

a2?b2?c2a?b?c3? 若a,b,c是正數,則≥3abc≥

11133??abc（當且僅當a?b?c時等號成立）

例1.2.4 若a,b,c?0,且a?b?c?1,求證 ???9

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1a1b1c

數學系數學與應用數學專業2009級年論文(設計)分析 證法較多,但由a?b?c?1與??之間的聯系,考慮算術平均與調和平均的關系式簡便.證：由算術平均數和調和平均的關系可知

a?b?c3 ?1113??abc1a1b1c所以 a?b?c?99, 又a?b?c?1得 ?1

111111????abcabc1a1b1c即 ???9.（5）利用式的對稱性證明不等式

形如x?y,a2?b2?c2的式子中任意兩個量交換位置后結果仍不變,這就是“式”對稱,可以用對稱關系來解決一些不等式的證明.例1.2.5 設a,b,c,d是正數,且滿足a?b?c?d?1,求證 4a?1?4b?1?4c?1?4d?1?6

證：由4a?19?44a?1?294?2a?13 注意到對稱有：

94(a?b?c?d)?1317(4a?1?4b?1?4c?1?4d?1)??

422即 4a?1?4b?1?4c?1?4d?1?6 故原命題得證.（6）用“雙十字法”證明不等式

例1.2.6 已知x,y?0并且x?y?1 求證：

x2?3xy?2y2?2x?y?3?2x2?21xy?11y2?4x?21y?2

證：因 x2?3xy?2y2?2x?y?3?(x?2y)(x?y)?2x?y?3

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數學系數學與應用數學專業2009級年論文(設計)=(x?2y?3)(x?y?1)?0 類似的，2x2?21xy?11y2?4x?21y?2?(2x?y?2)(x?11y?1)?0 故結論成立.（7）用恒等變形推導

例1.2.7[2] 求證：對于任意角度?,都有5?8cos??4cos2??cos3?≥0

證：5?8cos??4cos2??cos3?

=5?8cos??4(2cos2??1)?(4cos3??3cos?)

=1?5cos??8cos2??4cos3??(1?cos?)(4cos2??4cos??1)=(1?cos?)(2cos??1)2?0

（8）分解為幾個不等式的和或積

例1.2.8[2] 已知a,b,c是不全相等的正數,求證：

a(b2?c2)?b(c2?a2)?c(a2?b2)?6abc

證： ?b2?c2?2bc,a?0,?a(b2?c2)?2abc

2222b(c?a)?2abc,c(a?b)?2abc.同理

?a,b,c不全相等,所以上述三式中,等號不能同時成立.把三式相加

得

a(b2?c2)?b(c2?a2)?c(a2?b2)?6abc

（注：這里把不等式的各項分別考慮,然后利用不等式的性質和推論,證得所求不等式.）

例1.2.9 設?是銳角,求證：(1?11)(1?)?5.sin?cos? 證： ??是銳角,?0?sin??1,0?cos??1,0?sin2??1, 這時 112?1,?1,?2.sin?cos?sin2?第7頁（共13頁）

數學系數學與應用數學專業2009級年論文(設計)(1?11112)(1?)?1????5.sin?cos?sin?cos?sin2?（9）利用極限證明不等式

例1.2.10[2]證明：當x?2(1+2)時,有

(2x?1)?2(2x?3)?3(2x?5)?....?x?x3

證： 在x?0的情況下討論,令

f(x)?(2x?1)?(2x?3)?3(2x?5)?....?x,g(x)?x3

則 f(x)?x(x?1)(2x?1)，6x(x?1)(2x?1)f(x)16于是 lim ?lim?x??g(x)x??3x3按極限的定義,對于??,取??2(1?2)當|x|???2(1?2)有

f(x)11???? , g(x)3414即 0?f(x)71?? 從而f(x)?g(x),故結論成立.12g(x)12（10）利用平分法證明不等式

例1.2.11 若x?0,i?1,2,3,且?xi?1,則

i?1311127??? 2221?x11?x21?x310 證：因為?1211191?1x?時有?,所以,且當 ?x?1ii22331?xi1?xi10111927????3? 222101?x11?x21?x310故

1.3關于不等式證明的非常規方法（1）換元法

這種方法多用于條件不等式的證明,換元法主要有三角代換和均值代

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數學系數學與應用數學專業2009級年論文(設計)換兩種.三角代換時已知條件特征明顯.在結構上必須和三角公式相似.例1.3.1 已知x2?y2?1,求證：| x2+2xy-y2|≤2.證：令x?rcos?,y?rsin?

則 | x2+2xy-y2|=|r2(cos2??2sin?cos??sin2?| =r2|cos2??sin2?| = r2|2sin(2??450)|≤1?2×1=2

例1.3.2[4]設a,b,c?R 且a?b?c?1,求證：a2?b2?c2≥.證：a=+α,b=+β,c=+γ, 因為a?b?c?1,所以 ??????0

于是有a2?b2?c2=+（?????）+（?2??2??2）≥.（2）反證法

先假設所要證明的不等式不成立,即要證的不等式的反面成立,然后從這個假設出發進行正確的推理,最終推出與已知條件或已知真命題相矛盾的結論,從而斷定假設錯誤,進而確定要證明的不等式成立.例1.3.3[5]求證：由小于1的三個正數a,b,c所組成的三個積（1-a)b,(1-b)c,(1-c)a,不能同時大于

證：（反證法）假設（1-a)b,(1-b)c,(1-c)a都大于

則有（1-a)b(1-b)c(1-c)a>

2***31314141 ① 641?a?a?1但由0?1-a)a≤???條件,即有，0?(1-a)a≤.24??同理有0?(1-b)b≤,0?(1-c)c≤.即（1-a)b(1-b)c(1-c)a≤② 64

1414第9頁（共13頁）

數學系數學與應用數學專業2009級年論文(設計)①與②產生矛盾,從而原命題成立.（3）構造法

在證明不等式時,有時通過構造某種模型、函數、恒等式、向量、對偶式等,完成不等式的證明.例1.3.4 求證???? 證： 設A=????1212342n?11.?2n2n?132n?1242n,B=????，352n?142n12342n?12n由于?,?,?，?,因此A?B，23452n2n?113242n?1242n2n1)(????)??A?, 2n352n?12n?12n?1所以A2?AB?(????故 ????（4）判別式法

12342n?11 ?2n2n?1適用于含有兩個或兩個以上字母不等式,而另一邊是關于某字母的二次式時,這時可考慮用判別式法.例1.3.5[6]x2?x?113求證:≤2≤.x?122x2?x?1 證： 設f(x)?y?2,則(1?y)x2?x?1?y?0,所以x?R，x?1當y?1時,Δ=b2?4ac≥0,即1?4(1?y)2≥0，所以 |y?1|≤,即≤y≤.又當y?1時,方程的解x?0，x2?x?113故 ≤2≤.x?122121232（5）放縮法

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數學系數學與應用數學專業2009級年論文(設計)為了證明不等式的需要,有時需舍去或添加一些項,使不等式一邊放大或縮小,利用不等式的傳遞性達到目的.例1.3.6[5]設a,b為不相等的兩個正數,且a3-b3=a2?b2.求證1?a?b?.證： 由題設得a3-b3=a2?b2?a2?ab?b2?a?b, 于是(a?b)2? a2?ab?b2?a?b,則(a?b)?1,又(a?b)2?4ab，(a?b)2 而(a?b)?a?2ab?b?a?b?ab?a?b?

422243即(a?b)2?a?b,所以（a?b)?, 綜上所述, 1?a?b?（6）向量法

向量這部分知識由于獨有的形與數兼備的特點,使得向量成了數形結合的橋梁,在方法和理論上是解決其他一些問題的有利工具.對于某些不等式的證明,若借助向量的數量積的性質,可使某些不等式較易得到證明.例1.3.7 求證：求證1≤ 1?x2?x≤2

???9.三、小結

證明不等式的途徑是對原不等式作代數變形,在初等數學中常用的第11頁（共13頁）

1a1b1c

數學系數學與應用數學專業2009級年論文(設計)方法大致有放縮法、代換法、歸納法、反證法等等.然而涉及不等式的問題很廣泛而且處理方法很靈活,僅在中學教科書上就有很多方法,但還不足以充分開拓人們的思維,為此,我們要進一步探究不等式的證明方法,并給出了在實例中的應用.參考文獻

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數學系數學與應用數學專業2009級年論文(設計)社,1988,P201-211.[9] 牛紅玲.高等數學中證明不等式的幾種方法[J].承德民族師專學報,2006(2).[10] 王喜春.不等式證明常用的技巧[J].數學教學研究,1995(2).第13頁（共13頁）